概率问题中“递推关系”的类型研究-《中学生数理化》高二数学2026年7～8月刊

概率问题中“递推 ■福建省德化第一中学 概率与递推数列融合的问题屡见于高考 或模拟试卷中，如何提炼“递推关系”是破解 这类问题的关键和难点，下面就此类问题进 行分类说明。 类型1：某类事件的第n次运行，其触发 条件为前一次同类型事件运行失效，或该事 件集合中其他事件以均等慨率随机运行并产 生关联。 这种类型的概率递椎关系，只考虑第n 次的运行与其前一次的关系，即只考虑事件 本身前后两次的运行，而对其他事件的运行 不加以考虑，即事件A+1=A.Am+1十 AnA+1,或A。+1=BnAn+1十CnAn+1十…，其 概率模型可以表示为p+1=k(1一pm)。 例1（人教A版《数学选择性必修第 三册》第91页第10题改编)甲、乙、丙三名排 球运动员进行传球训练，第一次由甲将球传 出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给 另外两个人中的任何一人，则第n次传球后， 球不在甲手中的概率为。 解析：方法1（一元递推）：记A。为事件 “第n次传球后，球在甲手中”，其中n∈N”,P。 =P(A.),则Am+1=AA+1十AnAm+1。显然 第n次传球后球在甲中，第n十1次传球后仍 在甲中的概率为0，即P(A,A+1)=0。 故P(A)=P(AA.)=2P(A) 1-p(A,)门.即P1=1-P),整理 得P1-3=-(R.) 又第一次传球后球必不在甲手中，故 P,=0,则{P.-}是首项为-日，公比为 一名的等比数列，P。一子=-子× (》故n,=日日×(》 因此，第次传球后，球不在甲手中的概 率p=1-p.=1-[日-名×(-）] 尚想贸学新点黄色师钠臂中学生表理化 关系”的类型研究 吴志鹏（正高级教师） 号+) 方法2（多元递推转化为一元递推）：记 A。为事件“第n次传球后，球在甲手中”，其 中n∈N”,P.=P(Am),记Bm、C。分别为事 件“第n次传球后，球在乙、丙手中”。 则Am+1=B,An+1十CmAm+1,即P(Am+1) -P(B.)+2P(C). 又P(A。)十P(B。)十P(C。)=1,则 P(B,)+P(C)=1-P(A). 所以P(A*)=21-P(A.)门，即P+1 =21-P.)。以下同方法1. 评析：本题求事件“第n次传球后，球不 在甲手中”的概率较为麻烦，可考虑先求其对 立事件的概率，分析可知要使“第n十1次传 球后，球在甲手中”，则“第n次传球后，球就 不能在甲手中”，即可表示为Am+1=AAm+1, 此时无论球在乙手中还是球在丙手中，传给 甲的概率均为2，进而可得递推关系P+1= 2(1一P。)。方法2是将P(A+1)用 P(Bm)、P(Cm)进行线性表示，再利用P(Am) 与P(B.)、P(Cm)的概率和为1，实现多元递 推转化成一元递推，最终转化成P(A。+1)与 P(A。)之间的关系。 变式1：某情报站有A,B,C,D四种互 不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且 每周都是从上周未使用的三种密码中等可能 地随机选用一种。设第1周使用A种密码， 那么第7周也使用A种密码的概率是一。 解析：方法1（一元递推）：用A,表示第n 周使用A种密码的概率，则第n周未使用A 种密码的概率为1一A。,第n+1周使用A 种密码的概率为A1=号1-A,)n∈N”, 整理得A1-=-(A.-日） 15 中学生款理化架贺学断高考条师护月 又A,=1,故A.-}是首项为，公 1 比为一3的等比数列，A。一 4 (-）),即A.=(）+是故 第7周使用A种密码的概率A,=站 方法2（多元递推转化为一元递推）：用 A。表示第n周使用A种密码的概率，用B,, Cm,Dm分别表示第n周使用B,C,D种密码 1 的概率，则利用全概率公式得A+=3B.十 C.+D. 又A。十B。十Cm十Dm=1,则Bn十Cm+ 1 D.=1-A.,所以A+1=31-A.),n∈ N”。以下同方法1。 类型2：第n次事件的运行，由前一次两 个对立事件的不同运行状态所触发。 这种类型的概率递推关系，其特征是某 一事件的第n次运行是由其在前一次运行过 程中两个对立事件运行所构成的，事件发生 的概率可用全概率公式表示，其模型可以表 示为pm=ap。-1十B(1一p。-1) 例2(2023年高考新课标1卷)甲、 乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如 下：若命中，则此人继续投篮；若未命中，则换 为对方投篮。无论之前投篮情况如何，甲每 次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命 中率均为0.8。由抽签确定第1次投篮的人 选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5。 (1)求第2次投篮的人是乙的概率： (2)求第i次投篮的人是甲的概率。 解析：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事 件A:,“第i次投篮的人是乙”为事件B:。 所以P(B,)=P(A1B,)十P(B1B,)= P(A1)P(B2A,)+P(B:)P(B:|B,)= 0.5×(1一0.6)+0.5×0.8=0.6。 (2)记P(A:)=:,则P(A:-1)=p-1 P(B:)=1一：，所以P(A:)=P(A:-1A:)+ P(B:-1A:)=P(A:-1)P(A:|A:-1)+ P(B:-1)P(A:|B:-1)(i≥2)，即p:=0.6p:- 16 +(1-0.8)×(1-:-1)=0.4p:-1+0.2。 2 1 设p:十入= 亏(p:1+入)，解得入=一 3 1_2 则，-号-号(-号)≥2. 又p=号，日=言所以p号}是 1 11 首项为行，公比为号的等比数列，户一号 石×（号）》。当i=1时p,满足上式，故p =日×（层）+3 评析：解题的关键是根据题意找到概率 的递推关系。由于第i次投篮的人是甲，这 个事件是由上一次投篮为甲且投中或上一次 投篮为乙且未能投中构成，且甲、乙上一次投 篮为对立事件，故可用全概率公式表示，并根 据数列的基本知识求解。 变式2：有n个编号分别为1,2，…，n的 盒于，第1个盒于中有3个白球1个黑球，其 余盒于中均有1个白球1个黑球，现从第1 个盒于中任取一球放入第2个盒于，再从第2 个盒于中任取一球放入第3个盒于，以此类 推，从第n个盒于中取到黑球的概率是一。 解析：记事件A:表示从第i(i=1,2,…, )个盒于里取出黑球，则P(A,)=子 所以P(A:)=P(A1A)+P(A1A2)= P(A1)P(A:A1)+P(A1)P(A2A1)= PA,x号+PA)x写=3×P(A)+号 .11 P(A3)=P(A2)P(A,|A2)+P(A2)· PA,A,)=P(A:)×号+P(A,)X号 名×pA,+写品 进可可得P(A.)=P(A)×号十 PA.)×名=P(A)×号+[1 PA,门x3号PA)+日a≥2. 所以P(A)-号-号[P(A)] 又P(A)- =一子所以 PA,)是首项为-十，公比为号的等比数 列，pA.)-=-×(}) 。当n=1时， PA,)满足上式故PA)号×()》 类型3：第n次事件的运行，由前两次或 前若干次事件的差异化运行状态所触发。 这种类型的概率递推关系，其特征是某 一事件的第n次运行是由在前两次或前几次 运行过程中这一事件的不同运行状态构成 的，其发生的概率可表示为p:=@p:-1十Bp:- 或p:=ap:-1十bp:十cp+1或其拓展形式。 例3(2019年高考全国I卷)为了治 疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知 道哪种新药更有效，为此进行动物试验。试 验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进 行对比试验。对于两只白鼠，随机选一只施 以甲药，另一只施以乙药。一轮的治疗结果 得出后，再安排下一轮试验。当其中一种药 治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只 时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有 效。为了方便描述问题，约定：对于每轮试 验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白 鼠未治愈，则甲药得1分，乙药得一1分：若 施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治 愈，则乙药得1分，甲药得一1分；若都治愈 或都未治愈，则两种药均得0分。甲、乙两种 药的治愈率分别记为α、B,一轮试验中甲药 的得分记为X。 (1)求X的分布列。 (2)若甲、乙两种药在试验开始时都赋予4 分，p:(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 po=0,pg=1,p:=ap:-1+bp:+cp:+1(i=1, 2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0), c=P(X=1)。假设a=0.5,B=0.8。 (i)证明：{p+1一p:}(i=0,1,2,…,7)为 等比数列； 高智数学高幸争师护剪中学生教理化 知识篇新高考名师护航 (i)求p:,并根据p:的值解释这种试验 方案的合理性。 解析：(1)X的所有可能取值为一1,0,1。 P(X=-1)=(1-a)B,P(X=0)= a3+(1一a)(1一3)，P(X=1)=a(1一B)。 则X的分布列如表1所示。 表1 X -1 0 P (1-a)3 a3+(1-a)(1-3) a(1-3) (2)因为a=0.5,B=0.8,所以a=0.5× 0.8=0.4,b=0.5×0.8+0.5×0.2=0.5, c=0.5×0.2=0.1。 (i)p:=ap:-1+bp:+cp:+1(i=1,2,…, 7),即p:=0.4p:-1+0.5p:+0.1p+1,整理 可得5p:=4p:-1十p+1,即p+1一p:=4(p:一 p:-1）。 故{p+1一p:}（i=0,1,2,…,7)是以 p1一p。为首项，4为公比的等比数列。 (ii)由(i)知：p:+1一p:=(p1一po)·4= p1·4(i=0,1,2,…,7)。 所以pg一p,=1·4,p,一p8=p1· 45,…,p1-p。=p1·4°。 以上各式累加得pg一p。=p1·(4°十 1一48 48-1 4+…+4)=1-4D= 3p1=1。 所以p1=4-1 3 故p:=p:-p。=p1·(4°+4十4+4) 4-14+1257 p:表示甲药的累计得分为4时，最终认 为甲药更有效的概率。由计算结果可以看出， 当甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认 1 为甲药更有效的概率p,一257≈0.0039，此时 得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方 案合理。 评析：本题已给出概率的递推形式，先求 出a,b,c的值，得到概率的线性表示，再转换 成数列的递推式，整理出符合等比数列定义 的形式，然后通过累加法，求解问题。 变式3：为激发学生的学习热情，某中学 17 中学生数理化智数学年护8月 知识篇新高考名师护航 举办知识竞赛活动，每个人随机抽取八个问 题依次回答，回答每个问题相互独立。若答 对一题，则可以上升两个等级；若答错一题， 则可以上升一个等级。最后哪位学生的等级 高即可获胜。学生甲答对每个问题的概率为 号答错的概率为号，设甲在第1个等级的 概率为P:。 (1)求P1,P,Pa； (2)证明：{P:一P:-1}(i≥2)为等比数列。 解析：1)P=号P:=+号×号 2 P,=号×号×号+日×号+号× 20 27。 (2)当i≥2时，甲在第i十1个等级有两 种情况：①由第i个等级到第i十1个等级，其 概率为号P,:②由第i-1个等级到第i十1 个等级，其概率为3P:-1 则P+1=3 P,十吉P整理得P一 1 1 P,=-3(P,-P-)。因为P:-P,不为0， 所以数列{P:一P:-1}为等比数列。 类型4：第n次事件的运行，由前一次另 一关联事件的差异化运行状态所触发。 当某一事件的第n次运行来自前一次不 同事件的运行，且关系比较复杂时（呈现多元 递推的情形)，可将第n次运行的概率用全概 率公式表示，并利用同一次各事件的概率和 为1，进行消元，减少干扰元，获得结论，其类 型为pm+1=q。十Br。 例4地球上两个生物种群之间通常 会存在三种关系：相互竞争、相互依存、弱肉 强食。已知某两个生物种群A、B会以500 年为一个周期，从一种关系逐渐过渡到另一 种关系，设R,、R,、R,分别表示相互竞争、相 互依存、弱肉强食关系，研究发现，生物种群 A、B的过渡概率如图1所示，比如生物种群 A、B从R。关系经过一个周期逐渐过渡到 R,关系的概率为p1,经去年统计数据分析， 18 生物种群A、B现在处于相互竞争关系。 0.2 4 0.6 图1 (1)求p1,p2,p。 (2)设X。、Y。、Z表示经过n个周期（每 个周期为500年)后，生物种群处在相互竞 争、相互依存、弱肉强食关系的概率。证明： 数列{Xm+1一X.}是等比数列。 0.2+p3=1, 解析：(1)由题意知，p1十0.6=1，解得 p2+0.4=1, p1=0.4, p2=0.6, pg=0.8。 (2)由题意可得： Xm+1=p1·Yn+0.4·Zm=0.4Yn+0.4Zm, Yw+1=0.2·Xm+p2·Z.=0.2Xn+0.6Zm, Zm+1=p3·Xm+0.6·Ym=0.8Xm+0.6Ym。 由X+1=0.4(Y,十Zm),得Y.+1+Zm+1 号x8又y.+Zn=X,+0,6(Z.十 = Y),故号X:=X,+号X1,即5X1 3Xm+1+2Xm,整理得5（Xm+2一Xm+1)= 一2(Xm+1一X),即Xm+:一X+1=一0.4· (Xw+1-Xm)。 因为A、B现在处于相互竞争关系，所以 经过1个周期后，A、B分别处在相互竞争关 系、相互依存关系、弱肉强食关系的概率分别 为X1、Y1、Z1,且X1=0,Y1=0.2,Z1=0.8。 又X2=0.4Y1+0.4Z1=0.08+0.32= 0.4,故数列{X+1一Xm}是以0,4为首项， 一0.4为公比的等比数列。 评析：通过审题，厘清Xm、Y。、Z。与 Xm+1、Ym+1、Z+1之间的递推关系，通过消除 千扰元，获得X+1与X。之间的递推关系， 转换为等比数列求解。 变式4：在某公司组织的团建活动中，A, B,C三个人进行传排球游戏，规定：A将排 球抛出，A或B或C接住为一次传球，假设 每次传球都能成功。当排球在A手中时，A 传给B的概率为？，A传给自已的概率也为 1 :当排球在B手中时，B传给A的概率为 日，B传给C的概率为会：当排球在C手中 时，C传给A,B的概率均为？。游戏开始 时，排球在A手中，经过n(n∈N")次传球 后，设排球在A手中的概率为aw,排球在B 手中的概率为bm。 (1)求b:,ag的值。 (2)经过50次传球后，排球在谁手中的 概率最大？请说明理由。 解析：(1)由题意得，经过n次传球后，排 球在C手中的概率c,=1-a:一6.0，=分 b1=2c1=0。 1 a=2a.+3b.+21-a.-b) 1 1 则b+1=2a.+21-a.-b.), 即 2 c+1=3 bm 11 am+1=2 6 bu, 1 1 6+1 2 2b, 3b。 由61=号-6，得61一 3 26.-吉）又6-号=日≠0，所以 6。一寻}是以-2为公比，6为首项的等比 数列。 所以6.-3=6·（-2)=-专· (-2)故.=31-(-)门 高二数学名师护中学生教理化 知识篇新高考名师护航 则a=合-西-(-)门=合 合(-)a=音-日(-)m≥ 2。而a1=2满足上式，所以a.=专-号 Γ99 (2)。 则c1=号1-(-2)门， 号[1-(-2)]m≥2。而c=0满足上 式，所以6=号[-(-号)门 所以6：=3×(1-)=a:=号 日×（←）品 (2)当n=50时aw=专-g×()》广， b0= 专×1-（号）]，”=号 +(分)"] 因为an-6=专-号×（）” 3×1-(合)]=日+号×（合）”>0所以 a50>b50。 因为6，-cw=3×[1-(2)]- 号×1+（合）门=日-子×(2)》>0，所以 b50>C0。 综上，a0>b0>c0,即经过50次传球 后，排球在A手中的概率最大。 结语：上述问题的关键是从所给的条件 中寻找概率递推关系，通过分析前后几次事 件运行过程中的关系，利用全概率公式或前 后项概率关系求得概率的递推式，转换成数 列的递推式，通过构造等比数列求解结论。 此类问题很好地考查同学们的推理能力和计 算能力，属于较难问题，这种处理问题的方法 值得同学们思考和借鉴。 (责任编辑赵待) 19